2022 年重庆一中高 2023 届 12 月月考数学（参考答案）.pdf

1、第 1 页 共 11 页2022 年重庆一中高 2023 届 12 月月考数学参考答案1.【解析】|1|221213(1,3)xxxA ；33log1log 303(0,3,xxB (1,3AB ,故选 D.2.【解析】1(1)(1)2;1(1)(1)2iiiizi ziiii,22|0(1)1;|1,zzzi 故选 A.3.【解析】平方得：2222|2|(2)4|415bababaa b,又|1,|2,ab1116 1 415,cos,24|a ba ba ba ba b 故选 C.4.【解析】设给第 n 个守门人之前余下na 个苹果（18n）由题意得.1812,1nnaaa,1111,22

2、22nnnnaaaa7718112323 223822aaa,故选C.5.【解析】A 选项：()2()xfxf x，所以 A 选项错误；B 选项：sin()sinsin()()xxxfxf xxxx，所以 B 选项错误；C 选项：因为()f x 的定义域为 R,且22()()lg412lg412fxf xxxxx 22lg 41 4lg10 xx,()f x是奇函数.又2()()lg412f xfxxx ,由复合函数单调性知，()f x 在(0,)上单调递减，C 选项正确；D 选项：11()2xxf xee，由复合函数单调性，()f x 在(0,)上单调递增，所以 D 选项错误.故选 C.6.

3、【解析】设圆锥底面半径为 r，半圆弧长2l 底面周长2 r，所以1r.如图：设,2,O Bx EBx OOh:3POh,由相似原理，第 2 页 共 11 页31133POO BxhhPOOA，所以323(1),33hxx2438 3(2)29327Vxh，故选 C.7.【解析】设直线l 的倾斜角为，由双曲线的定义和几何性质易得：|,|1sin1sinepepAFBFee（其中5e 为离心率，p 为焦准距），依题意得1sin31sinee11sinsin22 5e，从而19tan19k.故选 B.8.【解析】142ln 2ln2eece 111sinsin26262.331;262ibac bc

4、构造sin(),(0,6xf xxx，2/2cossincos(tan)()0,xxxx xxfxxx故sin()xf xx在(0,6 单调递减，所以sin136()266ff，即1s n 12i23，故23s1in2，从而,abbac，故选 A.9.【解析】对 A、D 选项：由3(),()f xxg xx x在 R 单调递增易得；对 B、C 选项：举反例1,1ab 即可.故选 AD.10.【解析】对于 A 选项:2()13f ，所以=23 是=()图像的一条对称轴；对于 B 选项:()06g，所以点(6,0)不是=()图像的对称中心；对于 C 选项：将()的图像先向左平移3个单位得2cos3

5、yx，再将每个点的横坐标缩短为原来的12倍得2cos 23yx，即得()=cos(2+23)；对于 D 选项：将()的图像上每个点的横坐标缩短为原来的12倍得cos 23yx，再第 3 页 共 11 页再向左平移6个单位得cos 2()63yx，即得()=cos(2+23)；故选 ACD.11.【解析】由题意112nnnnaaCaaC，所以2nnaa，1019931971001011001:2aaaaaaaa，.当 n 为奇数时1na ，当 n 为偶数时2na，20231a，A 选项正确；202312 1212 13 1011 13034S ，B 选项错误；分别验证奇数偶数项，C 选项正确；当

6、 n 为偶数时，32nnS ；当 n 为奇数时，1312nnS，经检验 D 选项正确.故选 ACD.12.【解析】对于 A 选项：作 E 关于面 ABCD 的对称点E，则11C MME C E 222142453C E，取 MA，则221122 323C MMEC AAE 22 31053，所以存在 M 满足题意，A 选项正确；对于 B 选项：由题意1min()2 2632ABDMEd，B 选项正确；对于 C 选项：易得该线面角为1A MA，12tan3A MAAM，23AM，所以 M 点轨迹以 A 为圆心以 AM 半径的圆弧，长度为23233，C 选项错误；对 D 选项，以 D 为原点，1,

7、DA DC DD 分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则易得球心为01 1,3 3O x(1,1,0),(2,2,0),MBOBOM即220092251419919xx，解得083x，303R，210404433SR表，D 选项正确.故选 ABD.第 4 页 共 11 页13.【解析】22|5|510(1,3),2,2103(1)C lCrd 22|26ABrd.14.【解析】因为 MNx轴，不妨设22(,),(,)bbM cN caa，又1(,0),(,0)FcA a，由1 得：1MFANkk，即22()bbaaccac 3ac，故1.3e 15.【解析】()sin 2coss

8、in2sin coscossin f xxxxxxxx，令cossin2 cos2,24txxxt ，且221 2sin cos,2sin cos1txxxxt ，21,2,2ytt t min1 2212y .16.【解析】()2 s0inxfxaxe 在0,上存在 2 个不同的实根（变号）；()sinxg xx e的图像与直线12ya在0,上存在 2 个不同的交点（变号）；则/()(cossin)xgxxx e，令/()0gx cossinxx.可画出()sinxg xx e的草图如图：94ye12ya要保证直线1(0)2yaa在0,上存在 2 个不同的交点（变号），只需10()42ga，

9、即4,ae.第 5 页 共 11 页注：若理解为“有且只有”两个极值点，则944.,aee（本次阅卷也给了分）17.【解 析】（1）设 数 列 na的 公 差 为 d，数 列 nb的 公 比 为 q，则111223123133naaanadd2 分1322231112221320(2)(261)013b qqqqqqqbb qb q*112,12nnnbNqbb 5 分（1）设数列 na的第 m 项与数列 nb的第 n 项相等，则1*312,nmnabmm nN 6 分241243(41)1nnbmbm，又*mN*41mN 8 分则数列 na的第 41m 项与数列 nb的第2n项相等，则14n

10、ncc 数列 nc是公比为4 的等比数列9 分易知1122 4nncc，故 nc的前5 项之和52832128512682S 10 分【注】也可以把数列 na，nb的前 5 项公共项罗列出来求和.18.【解析】（1）若选3c；则2227cos201142 7bCbbbb 3分又73 21cossin1414CC 13 3sin24ABCSabC6 分若选21sin14B；则5 73 21cos,sin1414BC75 7213 211coscoscossinsin1414141423ABCBCA 3 分第 6 页 共 11 页由正弦定理可得：2 7211sinsin143abbAB13 3si

11、n24ABCSabC6分若选 coscos2aBcbA，则coscos2sincossinsincos2aBcbAABCBA21cossinsincos202coscos10cos23ABBAAAAA 3分73 21cossin1414CC，则23121sinsin()cossin32214BCCC由正弦定理可得：2 7211sinsin143abbAB13 3sin24ABCSabC6分（2）由角平分线的性质知：=31，=3 74，=74.在中，21sin14B,=5 714.8 分由余弦定理知：2=2+2 2 =9+6316 2 3 3 74 5 714=2716，故=3 34.在中,由正

12、弦定理知：=，即1=7412 =27，故=37.10 分在中，=2=3 32，=37，由余弦定理知：2=2+2 2 =274+6316 2 3 32 3 74 37=6316，故=3 74.12 分19.【解析】（1）22142(7)0.20.50.30.072P XCC5 分（2）X 的所有可能取值为7,9,11,12,14,17，则222(7)0.20.04P XC；12(9)0.2 0.50.20P XC；222(11)0.50.25P XC；12(12)0.2 0.30.12P XC；第 7 页 共 11 页12(14)0.5 0.30.30P XC；222(17)0.30.09P X

13、C11 分X7911121417P0.040.200.250.120.300.090.281.82.751.444.201.5312EX 12 分20.【解析】（1）,AECDAE 平面 ABE，CD 平面 ABE CD 平面 ABE 2分CD 平面 BCD，平面 ABE 平面 BCDlCD l4 分CD 平面 ACDE，l 平面 ACDE l 平面 ACDE 6 分（2）由题意易知：,60ABBCCAE，设O 为 AC 的中点，则OEAC，平面 ACDE 平面 ABC，平面 ACDE 平面 ABCACOE 平面 ABC，8 分以,BC BA分别为,x y 轴建立如图直角坐标系，则(0,4,0

14、),(4 3,0,0),(2 3,2 4 3)ACE，1(3,1,2 3)(5 3,1,2 3)2CDAED9 分设平面 BCD 的法向量为(,)mx y z，则0,0m BCm BD 04 30(0,2 3,1)2 35 32 30 xxmyzxyz10 分设平面 ABE 的法向量为(,)nx y z，则0,0n BAn BE 400(2,0,1)232 30yynxzxyz 11 分165cos,65135m nm nm n ，故平面 ABE 与平面 BCD 的锐二面角的余弦值为6565.12 分21.【解析】(1)易知：焦点 F 到圆心的距离为2351()512pp 或7p （舍），抛物

15、线的方程为22xy.4 分（2）设点1122(,),(,)P x yQ xy,则点 P 处的切线方程第 8 页 共 11 页为:2111111()2yyx xxyx xx,直线OQ 方程为:22xyx,则点M221121212(,)242xx xxxxx,同理点222212121(,)242xx xNxxxx,5 分可得:221221122122121221424222MNx xx xxxxxkxxxxxx1212121222121212(2)(2)2(2)(2)x x xxxxxxxxxxxx122112121233221212211212()()()22()+()2()x xxxxxx x

16、xxx xxxxxxxx x直线 MN 的方程为:2212121212212121212()()4222()x xx xxxxyxxxxxxxx x7 分注意到点,P Q 满足22121221121212(2)(2)2()22yyxxxxx xxxxx2222121212121212412MNx xxxx xx xkx x直线 MN 的方程为：2212121121212()42122x xx xxyxxxx xxx9 分注意令2x,则2221212112121121212121242(2)42122212x xx xxx xxxxyxxx xxxxxx x2111322121121111222

17、112121112144261202222(612)42122xxxx xxx xxxxx xyxxxxxxxxxx，从而直线 MN 经过定点(2,0)A.12 分【另 1】由直线 MN 的方程为:2212121212212121212()()4222()x xx xxxxyxxxxxxxx x，7分注意令0y 可得：第 9 页 共 11 页222111212121212()2(2)()xx xxx xxxxxxxx211221212(2)(2)()xx xxxxxxx1212x xxxx9 分注意到点,P Q 满足22121221121212(2)(2)2()22yyxxxxx xxxxx1

18、1 分2x，直线 MN 经过定点(2,0)A.12 分【另 2】由点 M221121212(,)242xx xxxxx,点222212121(,)242xx xNxxxx5 分21221212221112120422(42)22AMx xxxx xkxxxxxx，22122121222221210422(42)22ANx xxxx xkxxxxxx7 分注意到点,P Q 满足22121221121212(2)(2)2()22yyxxxxx xxxxx9分【注 1】2222121211222222112221112221224242(42)(42)xxx xxx xxxxxxxxxxxxxx12

19、122122112221(22)()(42)(42)x xxxxxxxxxxx11 分AMANkk2x，直线 MN 经过定点(2,0)A.12 分【注 2】21121221122()22,22xxx xxxxxxx10 分21212122212112112(6)2(42)2(42)AMx xx xx xkxxxxxxxx，第 10 页 共 11 页1aa a22112122112221222(6)2(42)2(42)ANx xx xx xkxxxxxxxx11 分AMANkk2x，直线 MN 经过定点(2,0)A.12 分22.【解析】（1）()ln()f xxaax，定义域,a，211();

20、axafxaxaxa1 分当0a 时，1()fxx，定义域为0,，()lnf xx，显然()10f e 不符合题意；2 分当0a 时，令()0fx，则211axaaaa，()fx 草图为：当,xa 时，()0fx，所以()f x 在,xa 上单调递增，又lim()lim ln()0 xxf xxaax，所以0a 不符合题意；3 分【注】也可(1)ln(1)(1)(1)0faaaaaaa ，所以0a 不符合题意；当0a 时，令()0fx，则211axaaaa，()fx 草图为：当1,xaaa 时，()0fx，()f x 单调递增，当1,xaa 时，()0fx，()f x 单调递减，所以2max1

21、11()()ln1 ln0f xfaaaaaaaa .5 分设2()1 lng aaa，注意到(1)0g，2121(21)(21)()2aaag aaaaa，所以20,2a时，()0g a，()g a 单调递减；2,2a时，()0g a，()g a 单调递增，1aa a第 11 页 共 11 页所以min2111()ln 2(ln 2 1)02222g ag ，又2110g ee，由零点存在定理，存在012,2ae，使得0()0g a，所以2()1 ln0g aaa 的解集为0,1a，所以 a 的最大值为 1.7 分（2）在（1）中令1a 可得：ln(1)xx，从而1111ln1(1)(1)11nnnnnnnnn ，111111111nnnnnnnnnnn 1121nn,11111111ln1222(1)22131nknnnn112 12n.24 31111(1)(1)(1)123 2(1)enn234 3511112(1)(1)(1)13)42(1enn12 分